1、2025届高考物理二轮复习专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡-专项训练1. 如图所示,轻质网兜兜住重力为G的足球,用轻绳挂于光滑竖直墙壁上的A点,轻绳的拉力为FT,墙壁对足球的支持力为FN,则 ()A.FTGD.FT=G2. 2024年某热门电影讲述了一个女孩通过学习拳击实现自我蜕变的励志故事.沙袋用绳竖直悬挂,运动员对沙袋施加300 N的作用力,通过调整施力方向使沙袋缓慢移动,尝试了各种施力方向后发现绳偏离竖直方向的最大夹角为30,则沙袋的重力为()A.150 NB.1503 NC.300 ND.600 N3.为便于提拎,用一根细绳按如图所示方法绑住一个立方体盒子.已知盒子质量为m,边长为
2、a,细绳总长为12a,打结用去2a.用手拎住结点O把盒子提在空中,不计细绳与盒子间的阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是()A.打结用去的绳越多,则绳中张力越小B.打结用去的绳的多少对绳中张力没有影响C.绳中张力大小为36mgD.绳中力大小为233mg4.如图甲所示,质量为M、倾角为的斜面体放在粗糙水平地面上,质量为m的物块恰好能静止在斜面上.如图乙所示,现作用在物块上一平行于斜面向上的力F,使物块沿斜面匀速上滑,斜面体始终不动,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,则()A.物块受到的支持力大小为mgsin B.物块受到的摩擦力大小为mgcos C.地面对斜面体的摩擦力大小为mg
3、sin 2D.地面对斜面体的支持力大小为mgcos 25.如图所示,水平面上固定两排平行的半圆柱体,重为G的光滑圆柱体静置其上,a、b为相切点,aOb=90,半径Ob与重力的夹角为37.已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为()A.Fa=0.6G,Fb=0.4GB.Fa=0.4G,Fb=0.6GC.Fa=0.8G,Fb=0.6GD.Fa=0.6G,Fb=0.8G6.如图所示,带有等量异种电荷的两个小球A、B分别套在绝缘杆MN、NP上,两杆固定在一起,其中NP部分粗糙,MN部分光滑,NP水平且与MN处于同一竖直面内,MNP为钝角.A、B均处于静止状态
4、,此时A、B两球间距为L1.现缓慢推动B球向左移动一小段距离,A球也缓慢移动,当B球到达C点(图中未画出)时,撤去水平推力,A、B依然均处于静止状态,此时A、B两球间距为L2,则()A.L1=L2B.L1L2C.小球B在C点静止时受到的摩擦一定比初始时受到的摩擦力小D.小球B在C点静止时受到的摩擦一定比初始时受到的摩擦力大7.如图所示为长度相同、平行放置的硬质通电直导线a、b的截面图.a导线放置在O点正下方的粗糙水平地面上,b导线通过绝缘细线悬挂于O点,且Oa=Ob.开始时,a导线通以垂直于纸面向里的恒定电流,b导线静止于实线位置.现将b导线中的电流缓慢增大,b导线缓慢移动到虚线位置再次静止.
5、通电直导线的粗细可忽略不计,b导线移动过程中a导线始终保持静止且两导线保持平行.下列说法正确的是()A.b导线中的电流方向垂直于纸面向里B.b导线在实线位置时所受安培力的方向与Ob垂直C.a导线对地面的压力逐渐增大D.b导线缓慢移动的过程中,细线对b导线的拉力逐渐变大8.如图所示,A、B两小球带等量异种电荷,电荷量为q,A球被一根绝缘轻绳系于O点,B球固定在绝缘轻杆上,两球稳定时位于同一高度,轻绳与竖直方向的夹角为60.已知两球质量均为m,重力加速度为g,静电力常量为k.下列说法正确的是()A.A、B两球间的距离为kq23mgB.轻绳的拉力大小为3mgC.B球对轻杆的作用力大小为2mgD.若B
6、球的电荷量变为原来的2倍,则稳定后,A、B间的库仑力大小变为原来的2倍9.如图所示,轻质细线一端拴接一质量为m的小球,另一端悬挂于天花板上的O点,在外力F、重力G和细线拉力FT的作用下处于平衡状态.初始时,F水平,细线与竖直方向的夹角为,细线与F的夹角为.下列说法中正确的是()A.保持小球位置及角不变,缓慢减小角直至=,则F先增大后减小B.保持F水平,缓慢增大角,则F逐渐减小,FT逐渐增大C.保持F大小不变,方向沿逆时针缓慢转到竖直,则角逐渐增大D.保持角不变,缓慢增大角,直至悬线水平,则F一直增大10.如图所示,在光滑定滑轮C正下方与C相距为h的A处固定一电荷量为Q(Q0)的点电荷,电荷量为
7、q的带正电小球B用绝缘细线拴着,细线跨过定滑轮,另一端用适当大小的力F拉住,使B处于静止状态,此时B与A点的距离为R,B和C之间的细线与AB垂直.若B所受的重力为G,缓慢拉动细线(始终保持B平衡)直到B接近定滑轮,静电力常量为k,环境可视为真空,则下列说法正确的是()A.F保持不变B.F逐渐增大C.B受到的库仑力大小不变D.B受到的库仑力逐渐减小11.一根长度为L、质量为m、粗细可忽略的导体棒A紧靠在一个足够长的绝缘半圆柱体底端静止,半圆柱体固定在水平面上,导体棒A与半圆柱体表面间的动摩擦因数为,其截面如图所示.整个空间中加有沿半圆柱体半径向内的辐向磁场,半圆柱体表面处磁感应强度大小均为B,在
8、导体棒A中通入方向垂直于纸面向外的变化电流,使导体棒A沿半圆柱体从底端缓慢向上滑动,导体棒A跟圆心的连线与水平方向的夹角用表示.在导体棒A从底端运动到顶端的过程中,下列说法正确的是()A.当tan =时,导体棒A所受的安培力最大B.导体棒A所受的摩擦力先增大后减小C.导体棒A所受重力与支持力的合力大小不变D.导体棒A所受重力和安培力的合力与安培力方向的夹角变大12.如图所示,金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上,ab棒与框架接触良好.从某一时刻开始,给这个空间施加一个斜向上的匀强磁场,并且磁场的磁感应强度均匀增大,ab棒仍静止.在磁感应强度均匀增大的过程中,关于ab棒受到的摩擦力,下
9、列说法正确的是()A.摩擦力大小不变,方向向右B.摩擦力变大,方向向右C.摩擦力变大,方向向左D.摩擦力变小,方向向左13.沿边长为L的正方体的四条水平棱上分别放置无限长直导线,其竖直截面如图所示,导线中电流方向均垂直于纸面向外,A、B中电流大小均为I0,C、D中电流大小均为2I0,在截面中心处水平放置的一长为L的通电导体棒处于静止状态,电流方向垂直于纸面向里,电流大小为I0.已知无限长直导线在其周围空间产生的磁场中某点的磁感应强度为B=kIr,其中I为通电导线中的电流,r为该点与导线间的距离,k为比例系数,则()A.导体棒的重力为kI02B.导体棒的重力为2kI02C.导体棒中的电流加倍后,
10、导体棒仍能静止D.导线A、B、C、D中的电流同时加倍后,导体棒仍能静止参考答案与详细解析1.C解析 关于足球的受力分析如图所示,设拉力与竖直方向夹角为,根据共点力平衡条件可知FN=Gtan ,FT=Gcos,因此FTG,FTFN,故C正确.2.D解析 沙袋受到重力G、绳的拉力FT和运动员施加的作用力F,如图所示为三个力构成的矢量三角形,根据力的三角形中G的大小和方向都不变,F的大小不变而方向可变,FT的大小和方向都可变,可知当运动员的施力方向与绳子垂直时,绳偏离竖直方向的夹角最大,由于最大夹角为30,所以沙袋的重力为G=Fsin30=600 N,故D正确.3.C解析 化立体图为平面图,可得主视
11、图如图所示,由平衡条件可知,四段细绳中张力沿水平方向的分力两两抵消,沿竖直方向的分力之和与盒子重力平衡,有4Fcos =mg,斜向的细绳长度为L=12a-6a-2a4=a,由几何关系知12a=Lsin ,解得=30,则F=36mg,C正确,D错误;打结用去的绳越多,则L越小,越大,绳中张力F越大,A、B错误.4.C解析 物块恰好能静止在斜面上时,对物块受力分析,可得Ffm=mgsin =mgcos ,物块沿斜面匀速上滑时,对物块受力分析,可得物块受到的支持力大小为FN=mgcos ,物块受到的摩擦力大小为Ff=mgcos =mgsin ,故A、B错误;对物块受力分析,可得F=mgcos +mg
12、sin =2mgsin ,对物块和斜面体整体分析,可得地面对斜面体的摩擦力大小为Ff1=Fcos =mgsin 2,地面对斜面体的支持力大小为FN1=(m+M)g-Fsin =(m+M)g-2mgsin2 ,故C正确,D错误.5.D解析 根据题意,圆柱体的受力分析如图甲所示,并得到力的矢量三角形如图乙所示,根据几何关系可知Fa=Gsin 37=0.6G,Fb=Gcos 37=0.8G,选项D正确.6.C解析 对A球进行受力分析,如图甲所示,根据动态平衡的分析方法,A球受到的重力大小和方向均不变,支持力的方向不变,库仑力的方向在改变,由于B球向左移动,假若A球不动,则库仑力与竖直方向的夹角减小,
13、由矢量三角形可知A受到的库仑力和支持力都要减小,根据库仑定律的表达式可得A、B之间的距离应变大,A球应下移,最终A球再次达到受力平衡,故A、B错误;对A、B整体受力分析,如图乙所示,根据平衡条件可得B所受的摩擦力Ff=F支sin ,由于F支变小,所以Ff变小,故C正确,D错误.7.C解析 对b导线受力分析,只有a、b导线间的安培力为斥力时b导线才能平衡,根据“同向电流吸引,反向电流排斥”,可知b导线中的电流方向为垂直于纸面向外,故A错误;对b导线受力分析如图所示,Oab与力的矢量三角形相似,有mgOa=FTOb=F安ab,由于mgOa不变,Ob长度也不变,所以拉力FT的大小也不变,同时F安与O
14、b方向不会垂直,故B、D错误;将a、b导线看作一个整体,在竖直方向上,整体所受的重力不变,细线的拉力大小不变,但拉力与竖直方向的夹角变大,则拉力的竖直分力变小,所以地面的支持力变大,由牛顿第三定律可得,a导线对地面的压力变大,故C正确.8.C解析 对A球受力分析,受到重力mg、轻绳的拉力FT和库仑力F库,由平衡条件得FTsin 60=F库=kq2r2,FTcos 60=mg,解得F库=3mg,FT=2mg,r=kq23mg,故A、B错误;对B球受力分析,受到重力mg、库仑力F库和轻杆的作用力F,由平衡条件得F=F库2+mg2=3mg2+mg2=2mg,根据牛顿第三定律可知,B球对轻杆的作用力大
15、小为2mg,故C正确;若B球的电荷量变为原来的2倍,则稳定后,A球会绕O点转动使得轻绳与竖直方向的夹角变大,A、B间的距离变小,A、B间的库仑力大小会大于原来的2倍,故D错误.9.D解析 小球受到重力G、细线的拉力FT和外力F,根据三角形定则进行动态分析,如图甲所示,保持小球位置及角不变,缓慢减小角直至=,则F先减小后增大,A错误;如图乙所示,保持F水平,缓慢增大角,则F逐渐增大,FT逐渐增大,B错误;如图丙所示,保持F大小不变,方向沿逆时针缓慢转到竖直,则角先增大后减小,C错误;如图丁所示,保持角不变,缓慢增大角,直至悬线水平,则F一直增大,D正确.甲乙丙丁10.C解析 对B进行受力分析,如
16、图所示,由几何关系可知,几何三角形ABC和力的三角形GDB相似,由对应边成比例可得G=FL,由于同一根细线上的拉力相等,故F=F,则F=F=GL,由于在缓慢拉线的过程中,G、h不变,L逐渐减小,所以F逐渐减小,A、B错误;库仑力F1=kQqR2,在B球缓慢移动过程中,始终满足G=F1R=kQqR3,可知R的大小不变,即小球B与A点的距离不变,所以小球B受到的库仑力大小不变,D错误,C正确.11.A解析 导体棒在上升至某位置时的受力分析如图所示,根据平衡条件可知FN=mgsin ,F安=mgcos +Ff,其中导体棒A所受摩擦力Ff=FN,解得导体棒A所受的安培力F安=mg1+2sin (+),
17、其中sin =11+2,在090范围内增大,可知安培力先增大后减小,当+=90时,导体棒A所受的安培力最大,此时sin =cos ,解得tan =,故A正确;在到达顶端前的过程中,一直增大,根据前面的表达式可知FN一直增大,Ff一直增大,故B错误;根据平衡条件可知,重力与支持力的合力F合=F安-Ff=mgcos ,其大小随增大而减小,故C错误;令支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力方向的夹角为,则有tan =FNFf=FNFN=1,即支持力和摩擦力的合力方向与摩擦力方向的夹角始终不变,由于支持力、摩擦力、重力与安培力的合力为零,则重力和安培力的合力与支持力和摩擦力的合力等大反向,而摩擦力与安培
18、力位于同一直线上,所以重力和安培力的合力方向与安培力方向的夹角始终不变,故D错误.12.B解析 由法拉第电磁感应定律可知,ab棒中产生的感应电流大小恒定,方向由b到a,由左手定则可判断,ab棒受到的安培力F方向向左下方,F=BIL,由于B均匀变大,所以F变大,F的水平分量Fx也变大,故静摩擦力Ff=Fx变大,方向向右,B正确.13.B解析 导线D在截面中心产生的磁场的磁感应强度BD=k22I0L,导线D对导体棒的安培力FD=BDI0L=22kI02,C、D对导体棒的安培力的合力F1=2FD=4kI02,方向竖直向上,同理,A、B对导体棒的安培力的合力F2=2kI02,方向竖直向下,由平衡条件可知G=F1-F2=2kI02,A错误,B正确;导体棒中电流加倍后,四根导线对导体棒的安培力的合力加倍,大于重力,所以导体棒不能静止,C错误;导线A、B、C、D中的电流同时加倍后,四根导线对导体棒的安培力的合力加倍,大于重力,所以导体棒不能静止,D错误.
